(江苏专版)2018年高考物理二轮复习：滚动讲练卷汇编98页(含答案)

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江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练1(含解析)

二轮滚讲义练（一）滚动练一、选择题1、(2017·扬州模拟)如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，匀强磁场垂直轨道平面向上，先将开关拨到a 给超级电容器C 充电，然后将开关拨到b 可使电阻很小的导体棒EF 沿水平轨道弹射出去，则下列说法正确的是( )A ．电源给电容器充电后，M 板带正电B ．在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小C ．在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小D ．若轨道足够长，电容器将放电至电量为0解析：选B 电容器下极板接正极，所以充电后N 板带正电，故A 错误；电容器放电时，电量和电压均减小，故B 正确；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故C 错误；若轨道足够长，导体棒切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时，不再放电，故电容器放电不能至电量为0，故D 错误。

2、如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。

一带负电油滴静止于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )A ．平行板电容器的电容将变大B ．静电计指针张角变小C ．带电油滴的电势能将增大D ．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变解析：选D 根据C ＝εS 4πkd 知，d 增大，则电容减小，故A 错误；静电计检测的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B 错误；电势差不变，d 增大，则电场强度减小，P 点与上极板的电势差减小，则P 点的电势增大，因为该带电油滴带负电荷，则电势能减小，故C 错误；电容器与电源断开，则电荷量不变，d 改变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεS ，知电场强度不变，则带电油滴所受电场力不变，故D 正确。

3、如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ，有一带电粒子P 静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速插入一厚度为L 的不带电的金属板后，粒子P 开始运动，重力加速度为g 。

2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档：专题四

专题四功能关系的应用考情分析命题解读本专题共6个考点，其中功和功率、动能动能定理、重力势能、机械能守恒定律及其应用四个考点为Ⅱ要求，弹性势能、能量守恒为Ⅰ要求，这些考点皆属于高频考点。

从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础知识与实际问题结合。

如2018年的抛鸡蛋、2018年的球碰撞等，难度较小。

(2)注重方法与综合。

如2018年、2018年、2018年的“弹簧问题”、2018年的连接体等，难度较大。

整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B 冲A 。

1.(2018·江苏泰州中学月考)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图1所示，橡皮筋两端点A 、B 固定在把手上，橡皮筋处于ACB 时恰好为原长状态，在C 处(AB 连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D 点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。

现将弹丸竖直向上发射，已知E 是CD 中点，则( )图1A.从D 到C 过程中，弹丸的机械能守恒B.从D 到C 过程中，弹丸的动能一直在增大C.从D到E过程橡皮筋对弹丸做的功大于从E到C过程橡皮筋对弹丸做的功D.从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小解析从D到C，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A项错误；弹丸在与橡皮筋作用过程中，受到向上的弹力和向下的重力，橡皮筋ACB 恰好处于原长状态，在C处橡皮筋的拉力为0，在CD连线中的某一处，弹力和重力相等时，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B项错误；从D到C，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故D项错误；从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，故C项正确。

答案 C2.(多选)(2018·南京三模)从离沙坑高度H处无初速地释放一个质量为m的小球，小球落入沙坑后，陷入深度为h。

(江苏专版)2018高考物理二轮复习滚讲义练(7)(含解析)

二轮滚讲义练（七）滚动练一、选择题1、如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1解析：选ABC 粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2h t 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m A m B ＝112，由题图可知，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确。

2、(2017·张家港高三统考)如图所示，水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，由此可知( )A ．从B 到C ，小球的动能减小B ．从B 到C ，小球的电势能减小C ．从A 到B 与从B 到C 小球的运动时间一定相等D ．从A 到B 与从B 到C 小球的速度变化量大小一定相等解析：选AD 根据带电小球在电场中的运动轨迹可知，带电小球受到的合力竖直向上，电场力竖直向上，并且电场力大于重力，从B 到C ，合外力对小球做负功，小球的动能减小，A 对；电场力对小球做负功，小球的电势能增大，B 错；全过程小球在水平方向上做匀速直线运动，由于AB 的水平距离和BC 的水平距离大小关系不确定，所以两段的运动时间的大小关系也不确定，C 错；C 点的速度恰好水平，可知两段的速度变化量的大小一定相等，D 对。

3、(2017·南通检测)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A 、B(均可视为质点)处在同一水平面上。

2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档：专题二力与直线运动含答案

专题二力与直线运动考情分析201520162017力与直线运动T5：匀变速直线运动的多过程问题T6：超重与失重、a－t图象T5：自由下落与竖直上抛运动及v－x图象T9：匀变速直线运动规律、摩擦力、牛顿第二定律T3:物块在斜面上的运动命题解读本专题的考点分为两大板块,一个是运动学部分，另一个为牛顿运动定律，其中,匀变速直线运动的规律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点.从近三年命题情况看，命题特点为：（1)注重基础与迁移.如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解能力。

难度属于中等。

（2）注重过程与方法。

如板块问题、多过程问题等，以选择题的形式考查学生的推理能力,以计算题的形式考查学生的分析综合能力。

难度属于偏难。

整体难度偏难，命题指数★★★★★,复习目标是达B冲A。

1。

（2017·徐州沛县中学高三第一次质检）一个做匀减速直线运动的物体，经过3 s速度刚好减为零.若测得该物体在最后1 s内的位移是1 m，那么该物体在这3 s内的平均速度大小是（)A。

1 m/s B.3 m/s C。

5 m/s D。

9 m/s解析采用逆向思维法，根据x＝错误!at2得,物体的加速度大小a＝错误!＝错误!m/s2＝2 m/s2，则物体的初速度v0＝at′＝23 m/s＝6 m/s，物体在这3 s内的平均速度错误!＝错误!＝错误!m/s＝3 m/s,故B项正确，A、C、D项错误.答案B2。

（2017·江苏清江中学月考)位于水平面上质量为m的物体，在大小为F、方向与水平面成θ角的推力作用下做加速运动,物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体的加速度大小为( ）图1A.错误!B.错误!C.错误!D.错误!解析对物体受力分析如图所示，在水平方向：F cos θ－f＝ma，在竖直方向：F N－F sin θ－mg＝0，又f＝μF N，以上联立解得a＝错误!,故D项正确。

答案D3.（2017·扬州模拟)图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心.图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图象.两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g＝10 m/s2。

江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练8含解析315

二轮滚讲义练（八）滚动练一、选择题1、(2017·香坊区四模)如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，距板右端L 处有一竖直屏M 。

一带电荷量为q 、质量为m 的质点以初速度v 0沿中线射入两板间，最后垂直打在M 上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)( )A ．板间电场强度大小为2mg qB ．两极板间电势差为mgd 2qC ．整个过程中质点的重力势能增加mg 2L 2v 02 D ．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M 上解析：选AC 据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，最后才能垂直打在M 上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，可知前后两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE －mg ＝mg ，得到：E ＝2mg q，故A 正确；由U ＝Ed 可知，板间电势差U ＝2mg q ×d＝2mgd q，故B 错误；质点在两极板间向上偏转的距离 y ＝12at 2，而a ＝qE －mg m ＝g ，t ＝L v 0，解得：y ＝gL 22v 02，故质点打在M 上的位置与中线的高度差为：s ＝2y ＝gL 2v 02，重力势能的增加量为E p ＝mgs ＝mg 2L 2v 02，故C 正确；仅增大两极板间距，因两板上电量不变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εS 4πkd d ＝4πkQ εS 可知，板间电场强度不变，质点在两极板间受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在M 上，故D 错误。

2、(2017·徐州一模)如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的直径。

一带电粒子从a 点射入磁场，速度大小为v 、方向与ab 成30°角时，恰好从b 点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t ；若同一带电粒子从a 点沿ab 方向射入磁场，也经时间t 飞出磁场，则其速度大小为( )A.12v B.23v C.32v D.32v [解析] 设圆形区域的半径为R ，带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，如图1所示，由洛伦兹力提供向心力，则有：qvB ＝m v 2r ，得 r ＝mv qB，r ∝v 。

江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练12(含解析)

二轮滚讲义练（12）滚动练一、选择题1、如图所示为一个有界的足够大的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个不计重力的带正电的粒子，以某一速率v 垂直磁场方向从O 点进入磁场区域，粒子进入磁场时速度方向与磁场边界夹角为θ，下列有关说法正确的是( )A ．若θ一定，v 越大，粒子在磁场中运动时间越长B ．粒子在磁场中运动时间与v 有关，与θ大小无关C ．粒子在磁场中运动时间与θ有关，与v 无关D ．若v 一定，θ越大，粒子在磁场中运动时间越长解析：选C 粒子在磁场中的运动轨迹如图，由几何知识知，粒子离开磁场时转过的＝2πm qB ·2π－2θ2π＝圆心角一定为2π－2θ，在A 、B 、C 选项中，若θ一定，则有：t π－θπ·2πmqB ，可见粒子在磁场中运动的时间与v 无关，与θ有关，故A 、B 错误，C 正确；由上式可知若v 一定，θ越大，粒子在磁场中运动的时间越短，D 错误。

2、如图所示，ab 是匀强磁场的边界，质子(11H)和α粒子(24He)先后从c 点射入磁场，初速度方向与ab 边界夹角均为45°，并都到达d 点。

不计空气阻力和粒子间的作用。

关于两粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是( )A ．质子和α粒子运动轨迹相同B ．质子和α粒子运动动能相同C ．质子和α粒子运动速率相同D ．质子和α粒子运动时间相同解析：选AB 由几何知识知，粒子速度与磁场边界ab 以多大的夹角射入，从d 点将以多大的夹角射出，且粒子运动轨迹的圆心为分别过c 、d 点作速度方向的垂线的交点，易知质子和α粒子在磁场中运动轨迹的圆心相同，半径也相同，二者的运动轨迹也相同且均为四分之一圆弧，A 正确；由R ＝mv Bq 、T ＝2πmBq知，由于两粒子的比荷不同，则它们的运动速率、周期均不同，在磁场中运动四分之一圆弧所用时间也不同，C 、D 错误；联立R ＝mvBq 、E k ＝12mv 2，可得E k ＝B 2q 2R 22m，易知两粒子运动的动能相同，B 正确。

2018版高考物理二轮江苏专版教师用书：第一部分专题一力与物体的平衡含解析精品

专题一力与物体的平衡考点1| 力学中的平衡问题难度：中档题题型：选择题五年2考(对应学生用书第1页)1．(2018·江苏高考T 1)如图1-1所示，石拱桥的正中央有一质量为m 的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ，若接触面间的摩擦力忽略不计，求石块侧面所受弹力的大小为( )【导学号：17214000】A ．mg2sin α B ．mg 2cos α C ．12mg tan αD ．12mg cot α【解题关键】对石块受力分析，根据共点力平衡条件，运用合成法列式求解．A [对石块受力分析，如图根据共点力平衡条件，将弹力F 1、F 2合成，结合几何关系，有F 1＝F 2＝F ，mg ＝2×F cos(90°－α)，所以F ＝mg2sin α．]2．(2018·江苏高考T 1)一轻质弹簧原长为8 cm ，在4 N 的拉力作用下伸长了2 cm ，弹簧未超出弹性限度．则该弹簧的劲度系数为( )【导学号：17214001】A ．40 m/NB ．40 N/mC ．200 m/ND ．200 N/mD [由F ＝kx 知，弹簧的劲度系数k ＝F x ＝40．02 N/m ＝200 N/m ，选项D 正确．]3．(2018·全国丙卷T 17)如图1-2所示，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( ) A ．m2 B ．32m C ．m D ．2m【解题关键】受细线的作用力的合力方向指向圆心．由于a 、b 间距等于圆弧半径，则∠aOb ＝60°，进一步分析知，细线与aO 、bO 间的夹角皆为30°．取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m ．故选项C 正确．]1．受力分析的技巧(1)一般按照“一重、二弹、三摩擦，再其他外力”的程序； (2)分析物体的受力情况时结合整体法与隔离法； (3)平衡状态下结合平衡条件． 2．解平衡问题常用的方法(1)正交分解法⎩⎨⎧F x ＝0F y ＝0⇒多用于物体受三个以上力而平衡；(2)合成法F ＝0⇒适用于物体受三个力而平衡． 3．解决动态平衡问题方法的选取(1)图解法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况．(2)解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化．(3)相似三角形法：如果物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法．●考向1 物体的受力分析1．(2018·徐州模拟)如图1-3所示，水平面上的长方体物块被沿对角线分成相同的A 、B 两块．物块在垂直于左边的水平力F 作用下，保持原来形状沿力F 的方向匀速运动，则( )【导学号：17214002】A ．物块A 受到4个力作用B ．物块A 受到水平面的摩擦力为F 2C ．物块B 对物块A 的作用力为FD ．若增大力F ，物块A 和B 将相对滑动B [对物块A 分析受力情况：A 受重力、水平面的支持力、滑动摩擦力f 、B 的弹力N BA 和摩擦力f BA ，即知物块A 共受5个力作用，故A 错误；A 、B 受到水平面的摩擦力大小相等，对A 、B 整体，由平衡条件：F ＝2f ，得物块A 受到水平面的摩擦力f ＝F2，故B 正确；如图所示，物块B 对物块A 的作用力是弹力N BA 和摩擦力f BA 的合力，对A ，在水平方向受力平衡可知，弹力N BA 和摩擦力f BA 的合力与f 大小相等，所以物块B 对物块A 的作用力等于f ＝F2，故C 错误；整体匀速运动，有 f BA ＝N BA tan θ≤μN BA ，得 μ≥1tan θ，若增大力F ，物块A 和B 不会发生相对滑动，故D 错误．] ●考向2 物体的静态平衡2．(2018·南京一模)如图1-4所示，高空走钢丝的表演中，若表演者走到钢丝中点时，使原来水平的钢丝下垂与水平面成θ角，此时钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的( )【导学号：17214018】A ．12 B ．cos θ2 C ．12sin θD ．tan θ2C [以人为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图，根据平衡条件：两钢丝合力与重力等大反向，则有：2F sin θ＝mg ，解得：F ＝mg2sin θ，故钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的12sin θ，故C 正确，A 、B 、D 错误．]3．(2018·南京江苏二模)质量为M 的磁铁，吸在竖直放置的磁性黑板上静止不动．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F 轻拉磁铁，磁铁向右下方做匀速直线运动，则磁铁受到的摩擦力f ( ) A ．大小为Mg B ．大小为F 2＋(Mg )2 C ．大小为FD ．方向水平向左B [由题意可知，磁铁受向下的重力、向右的拉力的作用，二力的合力为：F合＝F 2＋(Mg )2；由力的平衡条件可知，摩擦力应与合力大小相等、方向相反，故A 、C 、D 错误，B 正确．] ●考向3 物体的动态平衡4．(多选)(2018·苏锡常二模)如图1-6所示，将长为l 的橡皮筋上端O 固定在竖直放置的木板上，另一端M 通过细线悬挂重物．某同学用水平力F 在M 处拉住橡皮筋，缓慢拉动M 至A 点处，松开后，再次用水平力拉M ，缓慢将橡皮筋也拉至OA 直线上，此时M 位于图中的B 点处，则下列判断正确的是( )【导学号：17214018】A ．当M 被拉至A 点处时，橡皮筋长度OA 可能小于lB ．当M 被分别拉到A 、B 两点处时，橡皮筋的弹力T A ＝T BC ．当M 被分别拉到A 、B 两点处时，所用水平拉力F A ＜F BD ．上述过程中此橡皮筋的弹力不遵循胡克定律BD [物体受三个力，设橡皮筋与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件，三个力平移后可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：根据平衡条件，有：T ＝Gcos θ，F ＝G tan θ；橡皮筋竖直时拉力等于重力G ，而T ＝Gcos θ＞G ，故橡皮筋长度OA 一定是大于l ，故A 错误；由于重力和角度θ不变，故水平拉力和橡皮筋的拉力均不变，即T A ＝T B 、F A ＝F B ，故B 正确，C 错误；橡皮筋第二次拉到与竖直方向成θ时，橡皮筋的拉力大小不变，但长度变大了，说明超出了弹性限度，不遵循胡克定律，故D 正确．]考点2| 电磁学中的平衡问题难度：中档题型：选择题计算题，五年1考(对应学生用书第2页)4．(2018·江苏高考T 13)如图1-7所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g．求：【导学号：17214018】图1-7(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q．【解题关键】(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡：mg sin θ＝μmg cos θ解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ．(2)在光滑导轨上感应电动势：E ＝BL v 感应电流：I ＝ER安培力：F 安＝BIL 受力平衡的条件是：F 安＝mg sin θ 解得导体棒匀速运动的速度v ＝mgR sin θB 2L 2． (3)摩擦生热：Q T ＝μmgd cos θ根据能量守恒定律知：3mgd sin θ＝Q ＋Q T ＋12m v 2 解得电阻产生的焦耳热Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L 4．【答案】 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2 (3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L 4处理电学中的平衡问题的技巧(1)与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化，分析方法是：(2)几点提醒①电荷在电场中一定受电场力作用，电流或电荷在磁场中不一定受磁场力作用；②分析电场力或洛伦兹力时，一定要注意带电体是正电荷还是负电荷．●考向1 电场中的平衡问题5．(2018·海安期末)如图1-8所示，小球A 固定在绝缘支架上，电荷量为Q ，小球B 用丝线悬挂，电荷量为＋q ，B 偏转后两球距离为r，A、B均视为点电荷．下列说法正确的是()【导学号：17214018】A．A带负电B．B对A的作用力大小为kqQ r2C．A在B处产生的场强大小为kq r2D．减小B的电荷量，丝线与竖直方向的夹角变大B[依据同种电荷相斥，异种电荷相吸，结合题图可知，A带正电，故A错误；根据库仑定律F＝kqQr2，B对A的作用力大小为kqQr2，故B正确；依据点电荷电场强度公式E＝kQr2可知，A在B处产生的场强大小为kQr2，故C错误；当减小B的电荷量时，依据库仑定律可知，库仑力减小，则有丝线与竖直方向的夹角变小，故D错误．]●考向2磁场中的平衡问题6．(2018·徐州模拟)被弯成正弦函数图象形状的导体棒a和直导体棒b放置在如图所示的坐标系中，a、b的右端通过导线与阻值R＝5 Ω的电阻连接，导体棒c与y轴重合，整个装置处在方向垂直坐标系向里、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中(图1-9中未画出)，除R外不计一切电阻．现使导体棒c在水平力F作用下从图示位置以v＝5 m/s的速度匀速运动至a、b右端，整个过程中导体棒a、b和c保持良好接触，不计一切摩擦．则()A．流过电阻R的电流方向如图1-9中箭头所示B．水平力F的最小值为0．32 NC．水平力F的最大功率为7．2 WD．电阻R产生的总热量为2．56 JC[导体棒c向右运动时，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律“增反减同”知，感应电流的磁场垂直坐标系向里，由安培定则可知，流过电阻R的电流方向与图中箭头所示的方向相反，故A错误；c棒有效切割的长度最小值为 L min ＝0．4 m ，产生的感应电动势最小值为 E min ＝BL min v ＝1×0．4×5 V ＝2 V ，感应电流最小值为 I min ＝E min R ＝25 A ＝0．4 A ，c 棒所受安培力的最小值为 F 安min ＝BI min L min ＝1×0．4×0．4 N ＝0．16 N ，金属棒匀速运动，由平衡条件可得，水平力F 的最小值为 F min ＝F 安min ＝0．16 N ，故B 错误；c 棒有效切割的长度最大值为 L max ＝1．2 m ，产生的感应电动势最大值为 E max ＝BL max v ＝1×1．2×5 V ＝6 V ，感应电流最大值为 I max ＝E max R ＝65 A ＝1．2 A ，c 棒所受安培力的最大值为 F 安max ＝BI max L max ＝1×1．2×1．2 N ＝1．44 N ，金属棒匀速运动，由平衡条件可得，水平力F 的最大值为F max ＝F 安max ＝1．44 N ，水平力F 的最大功率为 P max ＝F max v ＝1．44×5 W ＝7．2 W ，故C 正确；在回路中c 棒产生的瞬时电动势为 e ＝BL v ＝B v (0．4 sin πv t ＋0．8)＝1×(0．4sin π×5t ＋0．8)×5 V ＝(2sin 5πt ＋4)V ，可看成正弦式电动势和恒定电动势叠加而成，正弦式电动势的最大值为 E m ＝2 V ，有效值为 E 1＝22E m＝ 2 V ，恒定电动势为 E 2＝4 V ，所以电阻R 产生的总热量为Q ＝(E 21R ＋E 22R )t ＝(E 21R ＋E 22R )xv ＝((2)25＋425)×45 J ＝2．88 J ，故D 错误．]热点模型解读| 力学中的斜面体模型(对应学生用书第4页)物块运动与图象结，将v -t 图象的信息[典例] (2018·云南重点中学三联)如图1-10所示，固定的倾角θ＝37°的斜坡C 上放有一个长方体木块A ，它恰好能静止在斜坡上．现把一正方体铁块B 放在木块上，已知铁块与木块间的动摩擦因数为0．5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列说法正确的是( )图1-10【导学号：17214018】A ．铁块能静止在木块上B ．铁块会匀速下滑C ．木块仍然能够静止D ．木块会加速下滑【解题指导】由于木块恰好能静止在斜坡上，故依题意，木块与斜坡间的动摩擦因数为μ1＝tan 37°＝0．75，当铁块放在木块上后，由于μ2＝0．5<tan 37°，故铁块会加速下滑，选项A 、B 错误；放上铁块后，木块受到铁块沿斜面向下的力为μ2mg cos 37°，而木块与斜面间的最大静摩擦力增加了μ1mg cos 37°，大于μ2mgcos 37°，故木块仍然能够静止，选项C 正确，D 错误．【答案】 C[拓展应用] 如图1-11所示，质量为m 的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F 的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：图1-11(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小．【解析】(1)物体恰匀速下滑，由平衡条件得mg sin 30°＝μmg cos 30°则μ＝3 3．(2)设斜面倾角为α，由平衡条件F cos α＝mg sin α＋F fF N＝mg cos α＋F sin α而F f＝μF N解得F＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α当cos α－μsin α＝0时，即cot α＝μ时，外力F趋于无穷大，即不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行．此时临界角θ0＝α＝60°．【答案】(1)33(2)60°。

2018版高考物理二轮江苏专版教师用书：第一部分专题三力与曲线运动一抛体运动和圆周运动含解析精品

专题三力与曲线运动(一)——抛体运动和圆周运动考点1| 运动的合成与分解难度：中档题型：选择题、计算题(对应学生用书第12页)1．(2018·江苏高考)如图3-1所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA ＝OB ．若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为( )【导学号：17214187】图3-1A ．t 甲＜t 乙B ．t 甲＝t 乙C ．t 甲＞t 乙D ．无法确定【解题关键】甲、乙两同学实际的速度是静水中的游速与水流速度的合速度，设游速为v ，水速为v 0，根据速度合成可知：甲游到A 点的速度为v ＋v 0，游回的速度为v －v 0；乙来回的速度都为v 2－v 20．明确了各自的合速度后，再用匀速直线运动规律求出时间进行比较．C [设游速为v ，水速为v 0，OA ＝OB ＝l ，则甲整个过程所用时间：t 甲＝l v ＋v 0＋l v －v 0＝2v l v 2－v 20，乙为了沿OB 运动，速度合成如图：则乙整个过程所用时间：t 乙＝l v 2－v 20×2＝2l v 2－v 20v 2－v 20，因为v >v 2－v 20 所以t 甲＞t 乙，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．]运动合成与分解的解题思路(1)明确合运动或分运动的运动性质． (2)明确是在哪两个方向上的合成与分解．(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)．(4)运用力与速度的关系或矢量运算法则进行分析求解．●考向1 小船渡河问题1．(多选)(2018·无锡期中)如图3-2所示，甲、乙两船在同条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，划船速度大小相同．若两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是()【导学号：17214188】图3-2A．甲船能到达对岸P点B．两船渡河时间一定相等C．两船可能不相遇D．两船一定相遇在NP的中点BD[乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右；甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达对岸P点，故A错误；小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度v y＝v sin α，故小船过河的时间：t1＝dv y＝dv sin α，故甲、乙两船到达对岸的时间相同，故B正确；以流动的水为参考系，相遇点在两个船速度方向射线的交点上；又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP的中点上，故C错误，D正确．]2．(2018·南通一模)小船横渡一条两岸平行的河流，水流速度与河岸平行，船相对于水的速度大小不变，船头始终垂直指向河岸，小船的运动轨迹如图3-3中虚线所示．则小船在此过程中()图3-3A．做匀变速运动B．越接近河岸，水流速度越大C．所受合外力方向平行于河岸D．渡河的时间随水流速度变化而改变C[从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，故加速度是变化的，由于水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A、B错误；因小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，那么所受合外力方向平行于河岸，故C正确；由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，故D错误．]●考向2绳的牵连运动问题3．(2018·南通模拟)如图3-4所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为()【导学号：17214189】图3-4A．v sin θB．v cos θC．v tan θD．v cot θA[由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是沿着线的方向运动，二是沿着垂直线的方向运动，则合运动的速度大小＝v sin θ；而沿线方向为v，由数学三角函数关系，则有：v线的速度大小，即为小球上升的速度大小，故A正确，B、C、D错误．]4．(2018·南通模拟)如图3-5所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升，下列说法正确的是()【导学号：17214180】图3-5A ．小球做匀速圆周运动B ．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为v cos αC ．棒的角速度逐渐增大D ．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为v L sin αD [小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度v 匀速上升，平台的弹力和杆的作用力变化，即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动，故A 错误；小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示，合速度v实＝vsin αωL ，沿竖直向上方向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝vL sin α，平台向上运动，夹角增大，角速度减小，故B 、C 错误，D 正确．]考点2| 抛体运动的运动规律难度：中档题型：选择题五年5考(对应学生用书第13页)2．(多选)(2018·江苏高考T 6)如图3-6所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h (l 、h 均为定值)．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )【导学号：17214181】图3-6A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰【解题关键】由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝2hg，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝lv＜t1，即v＞lt1，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C 错误，选项D正确．]3．(2018·江苏高考T2)有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图3-7中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是()【导学号：17214182】图3-7A．①B．②C．③D．④【解题关键】解此题应注意以下两点：(1)不计空气阻力，两小球均做抛体运动．(2)两球以相同速率沿同一方向抛出，说明两球均做斜抛运动且初速度相同．A[不计空气阻力的情况下，两球沿同一方向以相同速率抛出，其运动轨迹是相同的，选项A正确．]4．(多选)(2018·江苏高考T7)如图3-8所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()图3-8A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小【解题关键】解此题应注意以下三点：(1)小球受重力和电场力作用．(2)根据初速度与合力间夹角判断小球运动轨迹．(3)根据运动的合成与分解思想，判断小球速率大小的变化规律．BC[小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误，选项B正确．将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C正确，选项D 错误．]5．(多选)(2018·江苏高考T2)如图3-9所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为()【导学号：17214183】图3-9A ．tB ．22tC ．t 2D ．t 4C [设A 、B 两小球分别以速度v A 、v B 水平抛出时，经过时间t 相遇，则根据平抛运动在水平方向做匀速直线运动有 v A t ＋v B t ＝d ①(d 为两小球间的水平距离)设当A 、B 两小球速度都变为原来的2倍时，经过时间t ′相遇，则2v A t ′＋2v B t ′＝d ②联立①②解得t ′＝t 2选项C 正确．]6．(多选)(2018·江苏高考T 6)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图3-10所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A 球水平抛出，同时B 球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的是( )【导学号：17214184】图3-10A ．两球的质量应相等B ．两球应同时落地C ．应改变装置的高度，多次实验D ．实验也能说明A 球在水平方向上做匀速直线运动BC[根据平抛运动和自由落体运动的规律解题．小锤打击弹性金属片后，A 球做平抛运动，B球做自由落体运动．A球在竖直方向上的运动情况与B球相同，做自由落体运动，因此两球同时落地．实验时，需A、B两球从同一高度开始运动，对质量没有要求，但两球的初始高度及击打力度应该有变化，实验时要进行3～5次得出结论．本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质，故选项B、C正确，选项A、D错误．]7．(多选)(2018·江苏高考T7)如图3-11所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则()【导学号：17214185】图3-11A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大CD[在同一位置抛出的两小球，不计空气阻力，在运动过程中的加速度等于重力加速度，故A、B的加速度相等，选项A错误；根据h＝12gt2，两球运动的最大高度相同，故两球飞行的时间相等，选项B错误；由于B的射程大，根据水平方向匀速运动的规律x＝v t，故B在最高点的速度比A的大，选项C 正确；根据竖直方向自由落体运动，A、B落地时在竖直方向的速度相等，B 的水平速度大，速度合成后B在落地时的速度比A的大，选项D正确．]处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动．(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值．(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值．(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同．●考向1斜抛运动问题5．(2018·徐州二模)体育课进行定点投篮训练，某次训练中，篮球在空中运动轨迹如图3-12中虚线所示，下列所做的调整肯定不能使球落入篮筐的是()图3-12A．保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度B．保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度C．增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角D．增加球出手时的速度，增大球速度方向与水平方向的夹角B[设抛出的初速度为v，与水平方向的夹角为θ，则水平初速度v x＝v cos θ；保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度，水平分速度增大，运动时间变大，水平位移增大，可能落入篮筐，A错误；保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度，水平分速度变小，运动时间变短，水平位移减小，一定不能落入篮筐，B正确；增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角，水平分速度变大，有可能使得篮球落入球筐，C错误；增加球出手时的速度，增大球速度方向与水平方向的夹角，运动时间增大，水平方向分速度可能增加，篮球运动时间变长，有可能使得篮球落入球筐，D错误．]●考向2平抛运动规律的基本应用6．(2018·盐城二模)小孩站在岸边向湖面抛石子，三次的轨迹如图3-13所示，最高点在同一水平线上，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是()【导学号：17214186】图3-13A．沿轨迹3运动的石子落水时速度最小B．沿轨迹3运动的石子在空中运动时间最长C．沿轨迹1运动的石子加速度最大D．三个石子在最高点时速度相等A[设任一石子初速度大小为v0，初速度的竖直分量为v y，水平分量为v x，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落水速度大小为v．取竖直向上方向为正方向，石子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a＝－g，由0－v2y＝－2gh，得：v y＝2gh，h相同，v y相同，则三个石子初速度的竖直分量相同．由速度的分解知：v y＝v0sin α，由于α不同，所以v0不同，沿路径1抛出时的石子的初速度最大，沿轨迹3落水的石子速度最小；由运动学公式有：h＝12g⎝⎛⎭⎪⎫t22，则得：t＝22hg，则知三个石子运动的时间相等；根据机械能守恒定律得知，三个石子落水时的速率不等，沿路径1抛出时的石子的初速度最大，沿轨迹3落水的石子速率最小，故A正确，B、D错误．因小球在空中时只受重力，故三个石子的加速度相同，故C错误．]7．(多选)(2018·扬州模拟)如图3-14所示，在水平地面附近，小球A以水平初速度v0瞄准另一小球B射出．在A球射出的同时，B球由静止开始下落，两球刚好在落地时相碰．不计空气阻力，则两球在下落过程中()【导学号：17214187】图3-14A．以B球为参考系，A球做匀速运动B．在相同时间内，A、B球的速度变化量相等C ．两球的动能都随离地的竖直高度均匀变化D ．若仅增大A 球的初速度，两球不会相碰ABC [因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在相同时刻A 与B 在同一高度上，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，可知以B 球为参考系，A 球做匀速直线运动，故A 正确．A 、B 两球的加速度均为g ，方向竖直向下，则相同时间内，两球速度变化量相等，故B 正确．对A ，根据动能定理得，mgh ＝12m v 2－12m v 20，小球的动能E k ＝12m v 2＝mgh ＋12m v 20，与高度成线性关系；对B ，根据动能定理得，E k ＝12m v 2＝mgh ，与高度成正比，可知两球的动能都随竖直高度均匀变化，故C 正确．由于A 球竖直方向上的运动规律与B 球相同，增大初速度，当A 球运动到B 球所在竖直线时，还未落地，由于两球始终在同一高度，可知两球仍然会相碰，故D 错误．]●考向3 平抛斜面问题8．(2018·海门模拟)如图3-15所示，虚线MN 是竖直面内的斜线，两个小球分别从MN 上的A 、B 两点水平抛出，过一段时间再次经过虚线MN ，则下列说法错误的是( )【导学号：17214188】图3-15A ．两球经过虚线MN 时的速度大小可能相同B ．两球经过虚线MN 时的速度方向一定相同C ．两球可能同时经过虚线MN 上的同一位置D ．A 处抛出的球从抛出到经过虚线MN 所用时间一定比B 处抛出的球从抛出到经过虚线MN 所用时间长D [两球再次经过虚线MN 时，根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0得：t ＝2v 0tan θg ，此时小球的竖直分速度v y ＝gt ＝2v 0tan θ，根据平行四边形定则知，速度大小为：v＝v20＋v2y＝v01＋4tan2θ，若两球初速度相等，则两球经过MN时的速度大小相等，故A正确．根据平行四边形定则知，tan α＝v yv0＝2tan θ，可知两球经过虚线位置时速度方向相同，故B正确．若初速度大小不同，两球可能经过虚线上的同一位置，故C正确．根据t＝2v0tan θg知，若初速度相等，则两球到达虚线MN的时间相同，故D错误．]●考向4平抛中的临界问题9．(2018·苏锡常二模)乒乓发球机的简化模型示意图如图3-16所示．发球机的机头相当于一个长l＝20 cm的空心圆柱(内径比乒乓球的直径略大)，水平固定在球台边缘O点上方H＝45 cm处，可绕C轴在水平面内转动，从而改变球的落点．球台长为L＝3 m，位于球台中央的球网高h＝25 cm，出球口离盛球容器底部的高度H0＝50 cm，不考虑乒乓球的旋转、空气阻力和发球机轨道对球的阻力．已知一只乒乓球的质量约为3 g．(取重力加速度g＝10 m/s2)图3-16(1)若发球机的机头不转动，且出球点在O点正上方，当发球机发出的球能过网且落在球台上，求发球机出球的速度大小范围；(2)若发球机机头以ω＝5 rad/s按俯视图所示方向转动，且出球时乒乓球相对机头的速度为9 m/s．求出球点转到O点正上方时所发出球的最后落点位置，结果用xOy坐标系中的坐标值表示；(3)在题(2)问情景下，若发球机每分钟发出30只球，求发球机因发球而消耗的平均功率．【导学号：17214189】【解析】(1)根据H－h＝12gt21得：t1＝2(H－h)g＝2×(0．45－0．25)10s＝0．2 s则发球机出球的最小速度为：v 1＝L 2t 1＝320．2m/s ＝7．5 m/s 根据H ＝12gt 22得：t 2＝2Hg ＝2×0．4510s ＝0．3 s 则发球机出球的最大速度为：v 2＝L t 2＝30．3m/s ＝10 m/s 发球机出球的速度大小范围为：7．5 m/s ＜v ＜10 m/s ．(2)机头转动的线速度为：v 3＝lω＝0．2×5 m/s ＝1 m/s根据平行四边形定则知，球发出后的速度为：v ＝v 23＋v 24＝1＋81 m/s ＝82m/s球发出后做平抛运动，在xOy 坐标系中，纵坐标为：y ＝v 3t 2＝1×0．3 m ＝0．3 m ，横坐标为：x ＝v 4t 2＝9×0．3 m ＝2．7 m最后落点位置坐标为(2．7 m ，0．3 m)．(3)每个乒乓球的机械能为： E ＝mgH 0＋12m v 2＝3×10－3×10×0．5 J ＋12×3×10－3×82 J ＝0．138 J发球机因发球而消耗的平均功率为：P ＝W t ＝30E t ＝0．138×3060W ＝0．189 W ．【答案】 (1)7．5 m/s ＜v ＜10 m/s (2)(2．7 m ，0．3 m)(3)0．189 W考点3| 圆周运动的基本规律难度：中档题型：选择题五年2考(对应学生用书第15页)8．(2018·江苏高考T 2)如图3-17所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()【导学号：17214180】图3-17A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小【解题关键】解此题注意以下两点：(1)“旋转秋千”同轴转动，两座椅角速度相同．(2)座椅到转轴的水平距离为圆周运动的半径．D [A 、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA ＝ωB ，但r A <r B ，根据v ＝ωr 得，A 的速度比B 的小，选项A 错误；根据a ＝ω2r得，A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；A 、B 做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F 向＝mω2r 及tan θ＝F 向mg ＝ω2r g 知，悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；由图知mg T ＝cos θ，即T ＝mgcos θ，所以悬挂A 的缆绳受到的拉力小，选项D 正确．]9．(2018·江苏高考T 5)如图3-18所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F ．小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g ．下列说法正确的是( )【导学号：17214181】图3-18A ．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC．物块上升的最大高度为2v2 gD．速度v不能超过(2F－Mg)LMD[物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg＜2F．A错：物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F．B错：小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝M v2L，T＝Mg＋M v2L，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定．C错：若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－12M v2则最大高度h＝v2 2g若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝12M v′2－12M v2则最大高度h＜v2 2g．D对：环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝M v2 L故最大速度v＝(2F－Mg)LM．]1．水平面内圆周运动临界问题(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态．(2)常见临界条件：绳的临界：张力F T＝0；接触面滑动的临界：F＝f；接触面分离的临界：F N＝0．2．竖直平面内圆周运动的分析方法(1)对于竖直平面内的圆周运动要注意区分“轻绳模型”和“轻杆模型”，明确两种模型过最高点时的临界条件．(2)解决竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”．“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，确定向心力，根据牛顿第二定律列方程；“一过程”即从最高点到最低点，往往由动能定理将这两点联系起来．●考向1水平面内的圆周运动10．(多选)(2018·无锡一模)如图3-19所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，设物体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是()【导学号：17214182】图3-19A．B的向心力是A的2倍B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C．A有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势D．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μBBD[A、B两物体一起做匀速圆周运动，质量相等，角速度相等，转动的半径相等，可知A、B的向心力相等，故A错误．对A分析，有：f A＝mrω2，对A、B整体分析，f B＝2m·rω2，可知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确．A所受的摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的摩擦力指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C错误．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则B与圆盘之间达到最大静摩擦力时，A与B之间还未达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律知，A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μB，故D正确．] 11．(多选)(2018·南京四模)如图3-20所示，光滑的轻杆OA可绕竖直轴OO′旋转，且OA与OO′轴间夹角θ始终保持不变，质量为m的小球套在OA杆上，可在杆适当位置处随杆做水平面内的匀速圆周运动，下列说法正确的有()图3-20A．小球在任何两位置随杆在水平面内做匀速圆周运动的加速度大小都相等B．杆的转速越大，小球随杆做水平面内匀速圆周运动的位置越高C．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，就会远离该位置D．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由于杆对球的弹力垂直于杆，杆不会对小球做功AC[根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝ma，解得：a＝gtan θ，可知小球在任何位置随杆在水平面内做匀速圆周运动的加速度大小都相等，故A正确．根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝mr(2πn)2，转速增大，由于合力大小不变，则r减小，即小球随杆在水平面内做匀速圆周运动的位置越低，故B错误．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，速度增大或减小，根据mgtan θ＝mv2r知，合力大小不变，则r增大或减小，即远离该位置，故C正确．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由B选项知，小球随杆在水平面内做匀速圆周运动的位置越低，做圆周运动的半径减小，则线速度变小，根据动能定理知，重力做正功，动能减小，则杆对球的弹力做负功，故D错误．]●考向2 竖直平面的圆周运动12．(2018·南通模拟)如图3-21甲所示，一长为l 的轻绳，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其速度平方v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断中正确的是( )【导学号：17214183】甲乙图3-21A ．b 可以等于0B ．可求出重力加速度gC ．绳长不变，用质量不同的球做实验，得到的图线斜率不变D ．绳长不变，用质量较大的球做实验，图线b 点的位置将往右移B [小球在竖直面内做圆周运动，在最高点的最小速度v ＝gl ，故b 不可能为零，故A 错误；当F ＝0时，根据表达式有：mg ＝m v 2l ，解得g ＝v 2l ＝b l ，故B 正确；根据F ＝m v 2l －mg 知，图线的斜率k ＝m l ，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率变小，故C 错误；当F ＝0时，g ＝b l ，可知b 点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，故D 错误．]热点模型解读| 竖直轨道运动模型(对应学生用书第16页)1．模型展示圆周运动与超重、失重[典例](多选)(2018·湖北黄石三模)如图3-22所示，竖直面内有个光滑的3/4圆。

江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练5含解析312

二轮滚讲义练（五）滚动练一、选择题1、(多选)(2015·山东高考)如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示。

t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T 3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。

微粒运动过程中未与金属板接触。

重力加速度的大小为g 。

关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为 2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgd D ．克服电场力做功为mgd解析：选BC 0～T 3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0。

把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做自由落体运动，2T 3时刻，v 1y ＝g·T 3；2T 3～T 时间内，a ＝2qE 0－mg m ＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a·T 3＝0，所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误，B 正确；重力势能的减少量ΔE p ＝mg·d 2＝12mgd ，选项C 正确；根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd ，选项D 错误。

2、(2017·东海期中)如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A 、B 以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上同一点P 。

不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是( )A ．在电场中微粒A 运动的时间比B 长B ．在电场中微粒A 运动的时间比B 短C ．静电力对微粒A 做的功比B 少D ．微粒A 所带的电荷量比B 多解析：选D 水平方向两微粒做匀速直线运动，运动时间为 t ＝x v 0，因为x 、v 0相等，则t相等，故A 、B 错误；在竖直方向上两微粒做初速度为零的匀加速直线运动，由y ＝12at 2＝Eq 2mt 2得电荷量为：q ＝2my Et 2，可知，q ∝y ，所以微粒A 所带的电荷量多。

(江苏专版)2018高考物理二轮复习滚讲义练(11)(含解析)

二轮滚讲义练（11）滚动练一、选择题1、(2017·淮安市模拟)在xOy 平面的第一象限内存在垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，两个相同的带电粒子以相同的速度v ，分别从y 轴上的P 、Q 两点同时垂直于y 轴向右射出，最后均打在x 轴上的N 点，已知P 、N 两点的坐标分别为(0,3L)、(3L,0)，不计两粒子的重力与相互作用力。

根据题中条件不能确定的是( )A ．两带电粒子在磁场中运动的半径B ．两带电粒子到达N 点所用的时间比C ．Q 点的坐标D ．带电粒子的比荷解析：选D 带电粒子从y 轴上的P 点垂直于y 轴向右射出，则粒子做圆周运动的圆心在y 轴上，又有粒子经过N 点，所以如图甲所示，有：12PN R ＝POPN ，解得：R ＝12PN 2PO＝122＋3L23L＝2L ，两个相同的带电粒子运动速度相同，所以运动半径相同，故两带电粒子在磁场中运动的半径能确定，故A 可以确定；同理，如图乙所示，已知运动半径为2L 和N 的坐标，则可求得粒子运动的圆心，进而得到Q 点的坐标为(0，L)，故C 可以确定；两带电粒子在磁场中运动周期相同，由前述分析可进一步求得圆心角，进而可得到圆心角的比值，即运动时间的比值，故B 可以确定；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：Bvq ＝mv 2R ，解得：qm ＝vBR，现只能知道B 、R ，而速度v 无法确定，故比荷不能确定，故D 不能确定。

2、如图所示，a 、b 是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等。

电荷量为2e 的正离子以某一速度从a 点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b 点时，击中并吸收了一个处于静止状态的负电子(电荷量为e)，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是()解析：选D 正离子以某一速度击中并吸收静止的负电子后，速度保持不变，电荷量变为＋e ，由左手定则可判断出它们过b 点时所受洛伦兹力向下；由r ＝mvBq 可得，电荷量减半，则半径增大到原来的2倍，故在磁场中的运动轨迹为D 。

江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练3(含解析)

二轮滚讲义练（三）滚动练一、选择题1、(多选)(2017·连云港市模拟)如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动。

ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，则( )A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为gC ．小球上升的最大高度为v 022gD ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv 024[思路点拨] 试画出小球的受力示意图。

提示：[解析] 如图所示，由于小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力在ON 直线上，而mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方向成120°角，A 项错误；由图中几何关系可知，小球所受合力为mg ，由牛顿第二定律可知a ＝g ，方向与初速度方向相反，B 项正确；设小球上升的最大高度为h ，由动能定理可得－mg·2h＝0－12mv 02，解得h ＝v 024g，C 项错误；小球上升过程中，速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE·2hcos 120°＝mv 024，D 项正确。

[答案] BD [备考锦囊]匀强电场中直线运动问题的分析方法2、(2015·海南高考)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l 。

在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q(q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子。

在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。

已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面。

若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1解析：选A 设电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M 有，a ＝Eq M ，25l ＝12·Eq M t 2；对m 有a′＝Eq m ，35l＝12·Eq m t 2，联立解得M m ＝32，A 正确。

江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练10含解析

二轮滚讲义练（十）滚动练一、选择题1、(多选)(2017·南通四模)如图所示，在一个边长为a 的正六边形区域内存在磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个比荷为q m的正粒子，从A 点沿AD 方向以一定的初速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用；已知粒子从ED 边上的某一点垂直ED 边界飞出磁场区域。

则( )A ．粒子进入磁场区域的初速度大小为23Bqa 3mB ．粒子在磁场区域内运动的时间t ＝πm 3BqC ．粒子在磁场区域内运动的半径R ＝23aD ．若改变B 和初速度的大小，使该粒子仍从ED 边界垂直飞出磁场区域，则粒子在磁场区域内运动的路程不变解析：选CD 画出粒子在磁场区域内运动的轨迹如图所示，由题意及速度方向确定轨迹圆的圆心在O 点，连接AE ，由几何关系确定各角度关系如图所示。

粒子在磁场区域内运动的半径r ＝OA ＝AE sin 30°＝2acos 30°sin 30°＝23a ，C 正确；由洛伦兹力提供向心力qvB ＝mv 2r，解得v ＝23Bqa m， A 错误；粒子在磁场区域内运动的时间t ＝30°360°×2πm qB ＝πm 6qB，B 错误；若改变粒子初速度的大小和B 的大小，仍使粒子从ED 边界垂直飞出磁场区域，通过画图知带电粒子在磁场中的运动轨迹不变，所以路程也不变，D 正确。

2、(2017·四川模拟)如图所示，半径为R 的绝缘圆筒内分布着匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里。

一质量为m 、电荷量为q 的正离子(不计重力)从筒壁上的小孔P 射入筒中，速度方向与半径OP 成30°角，不计离子与筒壁碰撞的能量损失和电荷量的损失。

若离子在最短的时间内返回P 孔，则离子在圆筒内运动的速率和最短的时间分别是( )A.3qBR m πm qBB.3qBR m πm 3qBC.2qBR m πm qBD.2qBR m 2πm 3qB解析：选D 设离子在磁场中运动的轨迹半径为r ，速度为v ，洛伦兹力提供向心力，有：qvB ＝m v 2r，可在最短的时间内返回P 孔的运动轨迹如图所示，结合图中的几何关系可得：r ＝2R ，解得离子的速率为：v＝2qBR m，离子在磁场中经过的每段圆弧对应的圆心角：α＝60°，离子运动的周期为T ＝2πr v ，经历的最短时间为：t ＝T 3，解得：t ＝2πm 3qB，故D 正确，A 、B 、C 错误。

【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练4含解析

二轮滚讲义练（四）滚动练一、选择题1、(2017·扬州一模)如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变。

让不计重力的相同带电粒子a 、b ，以不同初速度先、后垂直电场射入，a 、b 分别落到负极板的中央和边缘，则( )A ．b 粒子加速度较大B ．b 粒子的电势能变化量较大C ．若仅使a 粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能打在负极板的边缘D ．若仅使a 粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能打在负极板的边缘解析：选D 加速度为a ＝qEm ，a 、b 两个粒子相同，电场强度E 相同，则加速度相同，故A 错误；电场力做功为W ＝qEy ，可见，电场力做功相同，由能量守恒得知，a 、b 的电势能增量相同，故B 错误；若a 粒子的初动能增大到原来的2倍，由动能的定义式E k ＝12mv2知，a 粒子的初速度增大到原来的2倍，粒子在电场中做类平抛运动，a 粒子到达下极板的时间不变，水平位移变为原来的2倍，a 粒子不能打到负极板的边缘，故C 错误；若仅使a 粒子初速度增大到原来的2倍，粒子到达下板的时间不变，水平位移变为原来的2倍，则a 恰能打在负极板的边缘，故D 正确。

2、如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处。

若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上。

则t 0可能属于的时间段是( )A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T<t 0<9T 8解析：选B 两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A 板运动，说明释放粒子时U AB 为负，A 、D 错误；若t 0＝T2时刻释放粒子，则粒子恰好做方向不变的单向直线运动，一直向A 运动；若t 0＝3T4时刻释放粒子，则粒子恰好在电场中固定两点间做往复运动，因此在T 2<t 0<3T4时间内释放该粒子，粒子的运动满足题意的要求，B 正确，C 错误。

江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练14(含解析)

二轮滚讲义练（14）滚动练一、选择题1、(多选)质量为m 、电荷量为q 的带正电小球，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面(μ<tan θ)上由静止下滑，斜面足够长，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B ，如图所示。

带电小球运动过程中，下列说法中正确的是( )A ．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动B ．小球在斜面上运动时做加速度增大的变加速直线运动C ．小球最终在斜面上匀速运动D ．小球在斜面上下滑过程中，对斜面压力刚好为零时，小球的速度为mgcos θBq解析：选BD 对小球进行受力分析，由左手定则可知小球受到垂直于斜面向上的洛伦兹力的作用，且随小球速度的增大而增大，所以斜面对小球的支持力减小，滑动摩擦力减小，重力沿斜面向下的分力不变，所以小球做加速度逐渐增大的变加速运动，故A 、C 错误，B 正确；当斜面对小球的支持力减为零时，垂直于斜面向上的洛伦兹力等于重力垂直于斜面方向的分力，可得小球的速度为mgcos θBq，故D 正确。

2、.(2017·海安中学模拟)如图所示，矩形磁场区域abcd 内有垂直纸面的匀强磁场，bc ＝3ab ，不计重力的带电粒子以初速度v 0从a 点垂直ab 射入匀强磁场中，经磁场偏转后从c 点射出；若撤去磁场加一个与ab 边平行的匀强电场，带电粒子仍以v 0从a 点进入电场，仍能通过c 点，下列结论正确的是( )A ．该粒子带正电B ．b 点为圆周运动的圆心C ．电场强度E 与磁感应强度B 之比为23v 0D ．电场强度E 与磁感应强度B 之比为43v 0解析：选D 因为电场和磁场的方向均未知，所以粒子可能带正电也可能带负电，故A 错误；画出粒子轨迹如图所示，根据几何关系可知：粒子做圆周运动的圆心O 在b 点正下方，根据几何关系知距b 点距离为：d ＝r(1－sin 30°)＝r2，故B 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据半径推论公式r ＝mv 0qB ，再根据几何关系r ＝2ab ，联立可得：B ＝mv 02ab·q ，粒子在电场中做类平抛运动，3ab ＝v 0t ，ab ＝12·Eq m t 2，联立可得：E ＝2mv 023ab·q ，所以：E B ＝43v 0，故D 正确，C 错误。

2018年物理真题及解析_2018年江苏省高考物理试卷

2018年江苏省高考物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分.每小题只有一个选项符合题意.1．（3.00分）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。

今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动。

与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是（）A．周期B．角速度C．线速度D．向心加速度2．（3.00分）采用220kV高压向远方的城市输电。

当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为（）A．55kV B．110kV C．440kV D．880kV3．（3.00分）某弹射管每次弹出的小球速度相等。

在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。

忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（）A．时刻相同，地点相同B．时刻相同，地点不同C．时刻不同，地点相同D．时刻不同，地点不同4．（3.00分）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。

忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是（）A． B． C． D．5．（3.00分）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。

现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（）A．仍然保持静止B．竖直向下运动C．向左下方运动D．向右下方运动二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。

每小题有多个选项符合题意。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。

6．（4.00分）火车以60m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s内匀速转过了约10°．在此10s时间内，火车（）A．运动路程为600m B．加速度为零C．角速度约为1rad/s D．转弯半径约为3.4km7．（4.00分）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。

2018高考物理江苏版二轮滚讲义练九及解析精品

2018高考物理（江苏版）二轮滚讲义练（九）及解析滚动练一、选择题1、(2017·泰州三模)科研人员常用磁场来约束运动的带电粒子，如图所示，粒子源位于纸面内一边长为a 的正方形中心O 处，可以沿纸面向各个方向发射速度不同的粒子，粒子质量为m 、电荷量为q 、最大速度为v ，忽略粒子重力及粒子间相互作用，要使粒子均不能射出正方形区域，可在此区域加一垂直纸面的匀强磁场，则磁感应强度B 的最小值为( )A.2m v qaB.22m v qaC.4m v qaD.42m v qa解析：选C 粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有：B v q ＝m v 2R ，所以R＝m v Bq 。

粒子做圆周运动，圆上最远两点之间的距离为2R ；而O 到边界的最短距离为12a ，所以，要使粒子均不能射出正方形区域，则2R ≤12a ，即2m v Bq ≤12a ，所以B ≥4m v qa ，故磁感应强度B的最小值为4m vqa，故A 、B 、D 错误，C 正确。

2、如图所示，以直角三角形ABC 为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其中∠A ＝90°，∠B ＝30°，AC ＝a 。

A 点的发射源能向磁场区域内任意方向发射带负电的粒子，粒子的初速度为v 0＝qBa m ，粒子的比荷为qm ，粒子初速度的方向与边界AB 的夹角用θ表示，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。

则( )A ．粒子不可能经过C 点B ．要使粒子在该场中运动的时间最短，则θ＝60°C ．若θ<30°，则这些粒子在磁场中运动的时间一定相等D ．这些粒子经过边界BC 区域的长度为a解析：选D 根据Bq v 0＝m v 02r 可知，粒子运动的半径r ＝a ，由几何关系知，θ＝60°时，粒子恰好从C 点射出，A 错误；当θ＝60°时，粒子在磁场中运动的时间恰好是T6，该粒子在磁场中运动时间最长，B 错误；当θ＝0时，粒子恰好从BC 的中点飞出，粒子在磁场中运动的时间也恰好是T6，因此粒子从与AB 平行到与AB 成60°方向射入时，粒子在磁场中运动的时间先减小后增大，C 错误；由前述分析知，在BC 边界上只有一半区域有粒子射出，即粒子经过边界BC 区域的长度为a ，D 正确。

2018年高考物理江苏卷含答案

物理试卷第1页（共12页）物理试卷第2页（共12页）绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）物理一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。

今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km ，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km ，它们都绕地球做圆周运动。

与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是( )A .周期B .角速度C .线速度D .向心加速度2.采用220 kV 高压向远方的城市输电，当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为( ) A.55 kVB.110 kVC.440 kVD.880 kV3.某弹射管每次弹出的小球速度相等。

在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。

忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的 ( )A.时刻相同，地点相同B.时刻相同，地点不同C.时刻不同，地点相同D.时刻不同，地点不同4.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力，该过程中小球的动能k E 与时间t 的关系图象是( )5.如图所示，水平金属板A 、B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。

现将B 板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( )A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。

每小题有多个选项符合题意。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。

6.火车以60 m /s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s 内匀速转过了约10 。

在此10 s 时间内，火车( )A.运动路程为600 mB.加速度为零C.角速度约为1 rad /sD.转弯半径约为3.4 km7.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置.物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点。

2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档：专题三力与曲线运动含答案

专题三力与曲线运动考情分析201520162017力与曲线运动T14(2）：圆周运动T7：曲线运动的条件判断T2：斜抛运动T2:平抛运动T5：圆周运动和功的问题万有引力与航天T3：天体运动T7：天体运动T13(3):万有引力定律的应用T6：天体运动命题解读本专题考点分为两大板块，一个是曲线运动，包括运动的合成与分解、两大曲线运动(平抛运动和圆周运动),另一个是万有引力定律及应用，皆属于高频考点.从三年命题情况看，命题特点为：（1）注重基础知识。

如以天体运动、航天技术相关内容出题、以对抛体运动的分析等出题，考查学生的理解能力。

难度较小.（2）注重方法与综合。

如以万有引力定律与电学知识综合、从力的角度分析带电粒子的曲线运动、抛体运动与圆周运动综合等考查学生的推理能力、分析综合能力。

难度属于中等.整体难度中等，命题指数★★★★★，复习目标是达B必会.1.(2017·江苏省南通中学摸底)如图1所示，绳子的一端固定在O点，另一端拴一重物在光滑水平面上做匀速圆周运动，下列说法正确的是( ）图1A.转速相同时,绳短的容易断B.周期相同时，绳短的容易断C.线速度大小相等时，绳短的容易断D。

线速度大小相等时，绳长的容易断解析转速相同时，根据F＝mω2r＝mr(2πn）2可知，绳越长，所需的向心力越大,则绳越容易断，故A项错误;周期相同时，则角速度相同，根据F＝mrω2知，绳越长，所需的向心力越大，则越容易断，故B项错误;线速度相等，根据F＝m错误!知，绳越短，向心力越大，则绳越短越容易断,故C项正确，D项错误。

答案C2.（2017·南通市如东县、徐州市丰县联考)如图2所示的实验装置中，小球A、B完全相同。

用小锤轻击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落，实验中两球同时落地。

图2中虚线1、2代表离地高度不同的两个水平面，下列说法正确的是( ）图2A.A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速度变化B.A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速率变化C.A球从面1到面2的速度变化大于B球从面1到面2的速率变化D.A球从面1到面2的动能变化大于B球从面1到面2的动能变化解析球A做平抛运动,竖直方向为自由落体运动，故A球从面1到面2的速度变化等于B球从面1到面2的速度变化，选项A正确，B、C错误；由动能定理知，A球从面1到面2的动能变化等于B球从面1到面2的动能变化，选项D错误。

江苏2018高考物理二轮复习滚讲义练2含解析

二轮滚讲义练（二）滚动练一、选择题1、（多选）如图所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置，闭合电键S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。

如果仅改变下列某一个条件，油滴能向下运动的是( )A ．增大R 1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开电键S解析：选CD 增大R 1的阻值，稳定后电容器两板间的电压升高，带电油滴所受电场力增大，将向上运动，A 错误；电路稳定后，电容器相当于断路，无电流通过电阻R 2，故R 2两端无电压，所以，增大R 2的阻值，电容器两板间的电压不变，带电油滴仍处于静止状态，B 错误；增大两板间的距离，两板间的电压不变，电场强度减小，带电油滴所受电场力减小，将向下运动，C 正确；断开电键S 后，两极板间的电势差为零，带电油滴只受重力作用，将向下运动，D 正确。

7．平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属极板沿远离另一板方向平移一小段距离。

此过程中电容器的电容C 、两极板带电荷量Q 、两板间电场强度E 、两板间电压U 随两板间距离d 变化的关系，表示不正确的是( )解析：选ABD 平行板电容器的电容为C ＝εr S 4πkd，d 增大时，C 减小，而Q 一定，所以电容器两极板间电场强度E ＝4πkQ εr S一定，A 、B 错误，C 正确；由U ＝Ed 知，D 错误。

2、（多选）如图所示，电容器两极板与电源正负极相连，在将电容器两极板间的距离由d 迅速增大为2d 的过程中，下列说法正确的是( )A ．电容器两板间电压始终不变B ．电容器两板间电压瞬时升高后又恢复原值C ．根据Q ＝CU 可知，电容器带电荷量先增大后减小D ．电路中电流由B 板经电源流向A 板解析：选BD 在将电容器两极板间距离迅速增大的过程中，电容器极板上的电荷量未来得及变化，即Q 不变，则C ＝Q U ＝Q Ed ，又C ＝εr S 4πkd ，所以Q Ed ＝εr S 4πkd ，所以E ＝4πkQ εr S也不变，而U ＝Ed ，故U 增大，但最终电压U 要与电源电压相等，故A 错误，B 正确；此后，因为C ＝εr S 4πkd，所以d 增大时，C 减小，由Q ＝CU ，所以Q 减小，电路中有瞬时电流，方向由B 板经电源流向A 板，故D 正确，C 错误。

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2、如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。

一带负电油滴静止于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )A ．平行板电容器的电容将变大B ．静电计指针张角变小C ．带电油滴的电势能将增大D ．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变解析：选D 根据C ＝εS 4πkd 知，d 增大，则电容减小，故A 错误；静电计检测的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B 错误；电势差不变，d 增大，则电场强度减小，P 点与上极板的电势差减小，则P 点的电势增大，因为该带电油滴带负电荷，则电势能减小，故C 错误；电容器与电源断开，则电荷量不变，d 改变，根据E ＝Ud ＝Q Cd ＝4πkQ εS，知电场强度不变，则带电油滴所受电场力不变，故D 正确。

粒子运动的加速度大小为( )A.Ld g B.L d －L g C.d －L dgD.d d －Lg 解析：选B 设板间电压为U ，带电粒子静止时有：Ud q ＝mg ；当插入金属板后，金属板处于静电平衡状态，相当于电容器极板间距减小为d′＝d －L ，由牛顿第二定律得q U d′－mg ＝ma ，解得a ＝Ld －L g ，故B 正确。

4.某同学在实验室中研究远距离输电。

由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)。

在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T 1与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2，理想变压器T 2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 2。

下列说法正确的是( )A ．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B ．实验可以证明，T 1采用升压变压器(匝数比为n 2n 1>1)能减小远距离输电的能量损失C ．若输送功率一定，则P 2∶P 1＝n 1∶n 2D ．若输送功率一定，则P 2∶P 1＝n 12∶n 22解析：选BD 变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A 错误；第一次实验，输电线上的电流I ＝P U 1，输电线上损失的功率P 1＝I 2R ＝P 2U 12R ；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U 2＝n 2n 1U 1，输电线上的电流I′＝P U 2，输电线上损失的功率P 2＝I′2R ＝P 2U 22R ，所以P 2P 1＝U 12U 22＝n 12n 22，故D 正确，C 错误；由上述分析知P 2<P 1，即实验可以证明，T 1采用升压变压器能减小输电电流，能减小远距离输电的能量损失，故B 正确。

5．如图所示为某小型发电站高压输电示意图。

发电机输出功率、输出电压均恒定，输电线电阻不变，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1和U 2。

下列说法正确的是( )A ．采用高压输电可以减小输电线中的电流B ．输电线损耗的功率为U 22rC ．将P 下移，用户获得的电压将降低D ．将P 下移，用户获得的功率将增大解析：选AD 发电机输出功率恒定，根据P ＝UI 可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A 正确；输电线上损失的功率为：P 损＝U 损2r ，而U 2为升压变压器副线圈两端的电压，故B 错误；若P 下移，升压变压器的副线圈匝数增大，由U 2＝n 2n 1U 1，根据功率表达式，可知输电线中电流I ＝PU 2，则电流会减小，输电线中损失电压U 损＝IR ，输电线的电压减小，则用户获得的电压升高，故C 错误；若P 下移，升压变压器的副线圈匝数增大，由上分析可知，输电线中损失电压减小，用户获得的功率将增大，故D 正确。

6、如图，一滑块(可视为质点)以某一初速度冲上倾角为θ的固定斜面，然后沿斜面运动。

已知滑块先后两次经过斜面A 点速度大小分别为v 1和v 2，则滑块与斜面之间的动摩擦因数μ为( )A.v 1－v 2v 1＋v 2tan θ B.v 1－v 2v 1＋v 2cot θ C.v 12－v 22v 12＋v 22tan θ D.v 12－v 22v 12＋v 22cot θ 解析：选C 滑块先后两次经过斜面A 点时由动能定理得12mv 22－12mv 12＝－μmgcos θ·2x；当滑块第一次从A 点到最高点时由动能定理得0－12mv 12＝－mgxsin θ－μmgcos θ·x，联立解得μ＝v 12－v 22v 12＋v 22tan θ，选项C 正确。

7、(2017·宁波模拟)如图所示，轻质弹簧的一端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，另一端与质量为m 的物体连接。

开始时用手按住物体使弹簧处于压缩状态，放手后物体向上运动所能达到的最大速度为v 。

已知重力加速度为g ，下列判断正确的是( )A ．物体达到最大速度v 时，弹簧处于压缩状态B ．物体达到最大速度v 时，其加速度为gsin θC ．从释放到达到最大速度v 的过程中，物体受到的合外力一直减小D ．从释放到达到最大速度v 的过程中，弹簧弹力对物体做功为12mv2解析：选AC 对物体m 应用牛顿第二定律可得：kx －mgsin θ＝ma ，随x 减小，物体向上的加速度逐渐减小，当kx ＝mgsin θ时，a ＝0，物体速度最大，A 、C 正确，B 错误；由动能定理可知，弹簧弹力和重力所做的总功才等于12mv 2，D 错误。

二、非选择题1、(2017·自贡模拟)如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC ，其下端(C 端)距地面高度h ＝0.8 m 。

有一质量为500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿直杆匀速下滑，小环离开直杆后正好通过C 端的正下方P 点(g 取10 m/s 2)。

求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向； (2)小环在直杆上做匀速运动时速度的大小；(3)小环运动到P 点的动能。

解析：(1)小环在直杆上做匀速运动，所受电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，其受力情况如图所示。

由平衡条件得：mgsin 45°＝Eqcos 45° 得：mg ＝Eq ，小环离开直杆后，只受重力、电场力作用，则合力为 F 合＝2mg ＝ma解得加速度为：a ＝10 2 m/s 2≈14.1 m/s 2，方向垂直于直杆斜向右下方。

(2)设小环在直杆上做匀速运动的速度为v 0，离开直杆后经时间t 到达P 点，则竖直方向：h ＝v 0sin 45°·t＋12gt 2水平方向：v 0cos 45°·t－12·qE m t 2＝0解得：v 0＝2 m/s 。

(3)由动能定理得：E kP －12mv 02＝mgh解得：E kP ＝5 J 。

答案：(1)14.1 m/s 2方向垂直于直杆斜向右下方 (2)2 m/s (3)5 J2、(2017·盐城期末)如图所示，光滑杆一端固定在水平面B 点，与地面成θ＝30°角，原长为L 的轻质橡皮筋一端固定在地面上的O 点，另一端与质量为m 的圆球相连，圆球套在杆上。

圆球处于A 点时，橡皮筋竖直且无形变。

让圆球从A 点由静止释放，运动到B 点时速度为零，橡皮筋始终在弹性限度内，重力加速度为g 。

求：(1)运动过程中杆对圆球的最小弹力； (2)圆球运动到B 点时，橡皮筋的弹性势能； (3)圆球运动到杆的中点时，重力的瞬时功率。

解析：(1)在橡皮筋没有拉伸过程中，杆对圆球的弹力最小，对圆球则有： F N ＝mgcos θ＝32mg 。

(2)在整个运动过程中，根据动能定理可知： mgL －E p ＝0 解得：E p ＝mgL 。

(3)根据几何关系可知，圆球运动到杆的中点时，橡皮筋恰好没有拉伸，由机械能守恒有： mgLsin θ＝12mv 2重力的瞬时功率为：P ＝mgvsin θ＝mg gL2。

答案：(1)32mg (2)mgL (3)mg gL 2二轮滚讲义练（二）滚动练一、选择题1、（多选）如图所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置，闭合电键S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。